Đề kiểm tra giữa học kì 2 môn Toán 9 ( Mới nhất)_ đề 12

1) Khi x = 25 (TMĐK) ta có:

A=25+125−4=5+121=621=27.

Vậy giá trị của A khi x = 25 là A=27.

2) B=18−xx−4+42−x+x+3x+2

=18−xx+2x−2−4x−2+x+3x+2

=18−xx−2x+2−4x+2x−2x+2+x+3x−2x−2x+2

=18−xx−2x+2−4x+8x−2x+2+x+x−6x−2x+2

=18−x−4x−8+x+x−6x−2x+2

=18−x−4x−8+x+x−6x−2x+2

=x−4x+4x−2x+2

 

=x−22x−2x+2.

3) P = A.B =x+1x−4.x−2x+2

=x+1x+2x−2.x−2x+2

==x+1x+22=x+1x+4x+4

=14x+x+1−14xx+4x+4=14−14x2x+22

 

14−14.xx+22=14−141−2x+22

Ta có x≥0⇔x+2≥2

⇔2x+2≤22⇔−1x+2≥−1

⇔1−1x+2≥1−1=0

⇔1−1x+22≥0⇔−141−1x+22≤0⇔−141−1x+22≤0⇔P=14−141−1x+22≤14.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 14 . Dấu bằng xảy ra khi x=0⇔x=0.

Gọi x (sản phẩm) là số sản phẩm mà tổ I làm trong tháng đầu (0 < x < 600, x ∈ ℕ).

y (sản phẩm) là số sản phẩm mà tổ II làm trong tháng đầu (0 < y < 600, y ∈ ℕ).

Trong tháng đầu, hai tổ làm được 600 sản phẩm ta có:

x + y = 600 (sản phẩm) (1)

Số sản phẩm mà tổ I làm được trong tháng hai là:

x + 10%x = 1,1x (sản phẩm)

Số sản phẩm mà tổ II làm được trong tháng hai là:

y + 20%y = 1,2y (sản phẩm)

Tháng thứ hai cả hai tổ làm được 685 sản phẩm ta có:

1,1x + 1,2y = 685 (sản phẩm) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x+y=6001,1x+1,2y=685

⇔x=600−y1,1(600−y)+1,2y=685⇔x=600−y660−1,1y+1,2y=685⇔x=600−y0,1y=25

⇔x=350y=250 (thỏa mãn)

Vậy trong tháng thứ nhất tổ I làm được 350 sản phẩm, tổ II làm được 250 sản phẩm.

1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x² = x + 2

Û x² – x – 2 = 0

Û x² – 2x + x −2 = 0

Û x(x – 2) + (x – 2) = 0

Û (x + 1)(x − 2) = 0

⇔x=−1x=2

•Với x = −1 thì y = x + 2 = –1 + 2 = 1.

Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là A(−1; 1).

•Với x = 2 thì y = x + 2 = 2 + 2 = 4.

Do đó, ta có tọa độ giao điểm của (P) và (d) là B(2; 4).

Vậy hai đồ thị hàm số trên có 2 giao điểm là A(−1; 1) và B(2; 4).

Vẽ (P)

Bảng giá trị:

x	−2	−1	0	1	2
y = x2	4	1	0	1	4

 

Vẽ (d)

(d) y = x + 2 đi qua 2 điểm A(−1; 1) và B(2; 4).

2) Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì:

m1≠1m⇔m2≠1⇔m≠±1

Giải hệ phương trình với m là tham số

mx+y=2mx+my=m+1⇔x=m+1−mym(m+1−my)+y=2m⇔x=m+1−mym2+m−m2y+y=2m⇔x=m+1−myy(1−m2)=m−m2⇔x=m+1−myy=m−m21−m2=m1−m1−m1+m=m1+m⇔x=m+1−m.m1+my=m1+m

Để hệ có nghiệm x, y nguyên thì

x=m+1−m.m1+my=m1+m  nguyên ⇔m1+mnguyên

Xét m1+m=m+1−1m+1=1−1m+1

Để m1+mnguyên thì m + 1 bằng các giá trị {−1; 1}.

Do đó m ∈ {−2; 0} (thỏa).

Vậy m ∈ {−2; 0} thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất nguyên.

) Ta có BFC^=90°(CF ⊥ AB)

BEC^=90° (BE ⊥ AC)

Xét tứ giác BFEC có BFC^=BEC^=90°

Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp.

2) Từ A kẻ tiếp tuyến Ax của (O)

Ta có xAB^=ACB^(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AB)

MàACB^=AFE^ (tứ giác FECB nội tiếp)

Suy ra xAB^=AFE ⇒^Ax // FE (hai góc so le trong)

Mà Ax ⊥ AO (Ax là tiếp tuyến của (O))

Suy ra FE ⊥ OA (điều phải chứng minh)

3) Ta có: ACK^=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BK⊥AB

ABK^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BK⊥AB

Xét tứ giác BHCK có:

BH // CK (cúng vuông góc AC)

CH // BK (cùng vuông góc AB)

Suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành

Tứ giác BHCK là hình bình hành có M là trung điểm BC

Suy ra M cũng là trung điểm HK suy ra M, H, K thẳng hàng

SA cắt đường tròn (O) tại N

Xét tứ giác nội tiếp BFEC có FE cắt BC tại S

Xét ∆SFB và ∆SCE có:

ESC^ là góc chung

SFB^=SCE^ (tứ giác BFEC nội tiếp)

Suy ra ∆SFB  ∆SCE (g.g)

Suy ra SFSC=SBSE⇔SF.SE=SB.SC

Tương tự tứ giác BNAC nội tiếp (O) có AN cắt CB tại S.

Suy ra SN.SA = SB.SC

Từ 2 điều trên suy ra SN.SA = SF.SE 

 Xét ∆SNF và ∆SEA có:

ASE^ là góc chung

SNSE=SFSA (chứng minh trên)

Do đó ∆SNF  ∆SEA (c.g.c)

Suy ra SNF^=SEA^.

Suy ra tứ giác ANFE nội tiếp (1)

Ta có AFH^=90°(CF ⊥ AB)

AEH^=90° (BE ⊥ AC)

Xét tứ giác AFHE có AFH^+AEH^=90°+90°=180°

Suy ra tứ giác AFHE nội tiếp. (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, N, F, H, E nội tiếp cùng một đường tròn.

Có AEH^=90° (BE ⊥ AC)  AH là đường kính .

Suy ra ANH^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒NH⊥SA.

Ta có KNA^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒KN⊥SA.

Mà NH ⊥ SA (cmt).

Suy ra K, H, N thẳng hàng hay 4 điểm K, M, H, N thẳng hàng.

Suy ra MH ⊥ SA.

Xét tam giác ABC có H là giao điểm của 2 đường cao CF và BE.

Suy ra AH là dường cao thứ ba suy ra AH ⊥ BC hay AH ⊥ SM.

Xét tam giác ASM có:

MH ^ SA (cmt);

AH ^ SM (cmt).

Suy ra H là trực tâm của tam giác ASM.

Vậy SH ⊥ AM (điều phải chứng minh).

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

Xét S² = 1.4−x2+1.4−y2+1.4−z22

≤Bunhia12+12+124−x22+4−y22+4−z22≤Bunhia12+12+124−x22+4−y22+4−z22=3.4+4+4−x2+y2+z2=3.12−6=18⇒S≤18=32

Vậy Max S =32 

Dấu bằng xảy khi 4−x21=4−y21=4−z21⇔x=y=z.

Mà x² + y² + z² = 6 nên x = y = z = 2.

Do 1 ≤ x ≤ 2 Û 1 ≤ x² ≤ 4 Û 3 ≥ 4 – x² ≥ 0 .

Tương tự ta có:1≥4−y23≥0, 1≥4−z23≥0 , .

Áp dụng tính chất: 0 ≤ a ≤ 1 thì a≥a.

Ta có: S=34−x23+4−y23+4−z23

≥34−x23+4−y23+4−z23=312−x2+y2+z23=23

.

Vậy Min S = 23khi (a; b; c) là hoán vị (2; 1; 1).